牛客练习赛40 A 小D的剧场 (思维dp)

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题目描述

若你摘得小的星星 你将得到小的幸福 

若你摘得大的星星 你将得到大的财富 

若两者都能摘得 你将得到永远的愿望 

摘星是罪孽的宽恕 摘星是夜晚的奇迹 

抓住它吧 你所期望的那颗星

无法触及，因而耀眼  

明明触及了，却还是耀眼

——《少女☆歌剧 Revue·Starlight》

题目描述

"我明白。"

作为这命运剧场永远的观众，小D一直注视着这片星光璀璨的舞台，舞台上，少女们的身姿演绎出了一幕幕动人的场景，令人回味无穷。

有的时候，小D也会自己写一些歌曲，来加入Starlight的剧本，使得剧本充满了新的生命力。

现在小D又要准备写乐谱了，小D写谱的方式比较独特。他会先写出一个按照音符出现顺序排成的序列，再进一步整合，每次整合会选取相邻的三个作为三和弦。整合次数无限。

小D选取的音符形如D5 F6这种形式，例如D5表示D大调sol（这里不考虑升降音）为了方便生成乐谱，他将这些音符进一步转化了，小D给C D E F G A B重新编号成了1 2 3 4 5 6 7，之后新的音符编号生成方式应为(字母对应的标号-1)*7+数字，例如$\mathrm{C7=(1-1)\times 7+7=7C7=(1-1)\times 7+7=7}$

但小D讨厌一些他所认为的不优美的和弦，因此他并不希望自己的谱子里面有可能出现这样的三和弦，也就说音符组成的序列里不应该存在他所讨厌的子段，假如C5 F1 A2这三个音符凑成的和弦小D不喜欢，那么序列里面就不能出现C5 F1 A2，C5 A2 F1，A2 C5 F1，A2 F1 C5，F1 A2 C5，F1 C5 A2这六种子段。

现在小D正在推算有多少合法的序列，答案对 ${\mathrm{109+7109+7 取模。}}^{}$

星屑飘洒的舞台上，可人绽放的爱之花，请努力让大家星光闪耀吧！

输入描述:

第一行为两个整数 n, q ，表示序列的长度和有多少和弦小D不喜欢.
接下来 q 行，每行三个整数 a, b, c ，表示小D不想出现的和弦

输出描述:

一行一个整数，表示答案

示例1

输入

10 10
18 3 3
43 28 22
42 28 3
48 48 4
29 9 31
47 9 22
1 22 49
15 48 29
2 8 27
4 24 34

输出

382785822


题意：给你一个序列长度n，现在每一个位置都有49种方案可以填入，再给出q种不合法的方案 问有多少种可行方案
结果对1e9+7取模
思路： dp[i][k][l] 表示第i各位置放置 k和l两种音符  我们只需要枚举49^3种情况 对于 j k l 可行的情况 我们就有递推式
dp[i][k][l]+=dp[i-1][j][k]
其实这么看来问题就没那么复杂了

#include <cstdio>
#include <map>
#include <iostream>
#include<cstring>
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long int
#define M 6
using namespace std;
inline ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
inline ll lcm(ll a,ll b){return a/gcd(a,b)*b;}
int moth[13]={0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
int dir[4][2]={1,0 ,0,1 ,-1,0 ,0,-1};
int dirs[8][2]={1,0 ,0,1 ,-1,0 ,0,-1, -1,-1 ,-1,1 ,1,-1 ,1,1};
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll mod=1e9+7;
int n,q;
ll dp[507][57][57];  //dp[i][k][l] 表示第i各位置放置 k和l两种音符 
int a[50][50][50];
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    while(cin>>n>>q){
        memset(a,0,sizeof(a));
        for(int i=1;i<=q;i++){
            int ta,tb,tc;
            cin>>ta>>tb>>tc;
            a[ta][tb][tc]=1; a[ta][tc][tb]=1;
            a[tb][ta][tc]=1; a[tb][tc][ta]=1;    //对不可行方案进行标记 
            a[tc][ta][tb]=1; a[tc][tb][ta]=1;
        }
        for(int i=1;i<=2;i++)
            for(int j=1;j<=49;j++)
                for(int k=1;k<=49;k++)        //初始化 
                    dp[i][j][k]=1;
                    
        for(int i=3;i<=n;i++)
            for(int j=1;j<=49;j++)
                for(int k=1;k<=49;k++)
                    for(int l=1;l<=49;l++){
                        if(a[j][k][l]) continue;    
                        dp[i][k][l]=(dp[i][k][l]+dp[i-1][j][k])%mod;    
                        //如果是可行方案则 jk的后面就可以是l 
                    }
        ll ans=0;
        for(int i=1;i<=49;i++)
            for(int j=1;j<=49;j++){
                ans=(ans+dp[n][i][j])%mod;
            }
        cout<<ans<<endl;
    }
}